上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列

专题层级快练(三十九)(第一次作业)1．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2C. D ．－1212答案　D解析　S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.∵S 22＝S 1S 4，∴(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)．∴4a 12－4a 1＋1＝4a 12－6a 1⇒a 1＝－.122．(2017·山西四校联考)已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，a 3，2a 2成等差数列，12则＝( )a 9＋a 10a7＋a 8A ．1＋ B ．1－22C ．3＋2 D ．3－222答案　C解析　因为a 1，a 3，2a 2成等差数列，所以a 3×2＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，所以1212q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋或q ＝1－(舍)，所以＝＝q 2＝(1＋)22a9＋a10a7＋a8a1q8（1＋q ）a1q6（1＋q ）22＝3＋2.23．已知{a n }是等差数列，a 1＝15，S 5＝55，则过点P(3，a 2)，Q(4，a 4)的直线的斜率为( )A ．4 B.14C ．－4D ．－14答案　C解析　S 5＝5a 1＋d ，所以5×15＋10d ＝55，即d ＝－2.所以k PQ ＝＝2d ＝－4.5×42a4－a24－34．(2016·四川)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)( )A ．2018年 B ．2019年C ．2020年 D ．2021年答案　B解析　根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>，又lg2－lg1.3lg1.12≈＝3.8，则n>4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金lg2－lg1.3lg1.120.30－0.110.05开始超过200万元，故选B.5．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 72＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2 B ．4C ．8 D ．16答案　D解析　因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 72＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 72＝a 72＝16.6．已知{a n }，{b n }均为等差数列，且a 2＝8，a 6＝16，b 2＝4，b 6＝a 6，则由{a n }，{b n }的公共项组成的新数列{c n }的通项公式c n ＝( )A ．3n ＋4 B ．6n ＋2C ．6n ＋4 D ．2n ＋2答案　C解析　设{a n }的公差为d 1，{b n }的公差为d 2，则d 1＝＝＝2，d 2＝＝＝3.a6－a26－284b6－b26－2124∴a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2n ＋4，b n ＝b 2＋(n －2)×3＝3n －2.∴数列{a n }为6，8，10，12，14，16，18，20，22，…，数列{b n }为1，4，7，10，13，16，19，22，….∴{c n }是以10为首项，以6为公差的等差数列．∴c n ＝10＋(n －1)×6＝6n ＋4.7．(2017·重庆巴蜀中学二诊)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”意思是：今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，他们共猎儿五只鹿，欲按其爵级高低依次递减相同的量来分配，问各得多少．若五只鹿的鹿肉共500斤，则不更、簪袅、上造这三人共分得鹿肉斤数为( )A ．200 B ．300C. D ．4005003答案　B解析　由题意可知五人分得的鹿肉斤数成等差数列，记为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝500.由等差数列的性质可得5a 3＝500，即a 3＝100，所以a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝300.8．(2017·河南洛阳期末)已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则＝( )a 1＋a 5＋a 9a2＋a 3A ．2 B ．3C ．5 D ．6答案　B解析　∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 42＝a 2a 8，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋7d)，∴a 1＝d ，∴＝＝3.故选B.a1＋a5＋a9a2＋a33a1＋12d2a1＋3d 9．(2017·衡水中学调研卷)在1到104之间所有形如2n 与形如3n (n ∈N *)的数，它们各自之和的差的绝对值为(lg2≈0.301 0)( )A ．1 631 B ．6 542C ．15 340 D ．17 424答案　B解析　由2n <104，得n<≈13.29，故数列{2n }在1到104之间的项共有13项，它们的和4lg2S 1＝＝16382；同理，数列{3n }在1到104之间的项共有8项，它们的和2×（1－213）1－2S 2＝＝9 840，∴|S 1－S 2|＝6 542.3×（1－38）1－310．(2018·温州十校联考)设数列{a n }和{b n }分别是等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，则以下结论正确的是( )A ．a 2>b 2 B ．a 3<b 3C ．a 5>b 5D ．a 6>b 6答案　A解析　设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d ，q ，则由题意得解得{4＋3d ＝1，4q3＝1，)则a 2－b 2＝3－>3－＝0；故选A.{d ＝－1，q ＝314，)31632711．数列{a n }是等差数列，若a 1，a 3，a 4是等比数列{b n }中的连续三项，则数列{b n }的公比为________．答案　或112解析　设数列{a n }的公差为d ，由题可知，a 32＝a 1·a 4，可得(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋3d)，整理得(a 1＋4d)d ＝0，解得d ＝0或a 1＝－4d.当d ＝0时，等比数列{b n }的公比为1；当a 1＝－4d 时，a 1，a 3，a 4分别为－4d ，－2d ，－d ，所以等比数列{b n }的公比为.1212．(2017·广东潮州期末)从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.答案　4解析　设开始纯酒精体积与总溶液体积之比为1，操作一次后纯酒精体积与总溶液体积之比a 1＝，设操作n 次后，纯酒精体积与总溶液体积之比为a n ，则12a n ＋1＝a n ·，∴a n ＝a 1q n －1＝()n ，∴()n <，解得n ≥4.12121211013．(2015·浙江)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．12131n (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .答案　(1)a n ＝2n ，b n ＝n (2)T n ＝(n －1)2n ＋1＋2解析　(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.n ≥2时，b 1＋b 2＋…＋b n －1＝b n －1和原递推式作差得b n ＝b n ＋1－b n ，整理得121n －11n ＝，所以b n ＝n(n ∈N *)．bn ＋1n ＋1bnn(2)由①知a n b n ＝n·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．14．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q>0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 12＋e 22＋…＋e n 2.y 2an2答案　(1)a n ＝2n －1(n ∈N *)　(2)n ＋(3n －1)12解析　(1)由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝q n －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－＝1的离心率e n ＝＝.y2an21＋an21＋q2（n －1）由e 2＝＝2解得q ＝.1＋q23所以e 12＋e 22＋…＋e n 2＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋＝n ＋(3n －1)．q2n －1q2－11215．(2018·衡水中学调研卷)若某地区2015年人口总数为45万，实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化：从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人，从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n 年的人口总数a n 的表达式(注：2016年为第一年)；(2)若新政策实施后的2016年到2035年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2035年后是否需要调整政策？(说明：0.9910＝(1－0.01)10≈0.9)．答案　(1)　(2)不需要{0.5n ＋45，1≤n ≤1050×0.99n －10，11≤n ≤20)解析　(1)由题意知，当n ≤10时，数列{a n }是以45.5为首项，0.5为公差的等差数列，所以a n ＝45.5＋(n －1)×0.5＝0.5n ＋45.当11≤n ≤20时，数列{a n }是公比为0.99的等比数列，而a 11＝50×0.99，所以a n ＝50×0.99n －10.所以新政策实施后第n 年的人口总数a n (单位：万)的表达式为a n ＝{0.5n ＋45，1≤n ≤10，50×0.99n －10，11≤n ≤20.)(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，则从2016年到2035年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S 20＝S 10＋(a 11＋a 12＋…＋a 20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5(万)，所以新政策实施到2035年人口均值为≈48.63<49.S2020所以到2035年后不需要调整政策．16．(2018·云、贵、川三省联考)设数列{a n }是公差大于0的等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝9，且2a 1，a 3－1，a 4＋1构成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足＝2n －1(n ∈N *)，设T n 是数列{b n }的前n 项和，证明：T n <6.a nbn 答案　(1)2n －1　(2)略解析　(1)设数列{a n }的公差为d ，则d>0.因为S 3＝9，所以a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝9，即a 2＝3.因为2a 1，a 3－1，a 4＋1构成等比数列，所以(2＋d)2＝2(3－d)(4＋2d)，所以d ＝2.所以a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1.(2)证明：因为＝2n －1(n ∈N *)，anbn 所以b n ＝＝(2n －1)()n －1，2n －12n －112所以T n ＝1×()0＋3×()1＋…＋(2n －1)×()n －1，①121212所以T n ＝1×()1＋3×()2＋…＋(2n －3)×()n －1＋(2n －1)×()n ，②1212121212由①②两式相减得T n ＝1＋2×()1＋2×()2＋…＋2×()n －1－(2n －1)×()n ＝1＋－＝3－12121212121－（12）n －11－122n －12n－，整理化简得12n －22n －12n T n ＝6－.2n ＋32n －1又因为n ∈N *，所以T n ＝6－<6.2n ＋32n －1(第二次作业)1．若方程x 2－5x ＋m ＝0与x 2－10x ＋n ＝0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列，则m ∶n 的值为( ) A. B.1412C ．2 D ．4答案　A解析　设等比数列的公比为q ，由根与系数的关系，得1＋q ＋q 2＋q 3＝15，即(q －2)(q 2＋3q ＋7)＝0，因此q ＝2，此时m ＝q 2，n ＝q 4，故m ∶n ＝1∶4，故选A.2．某林厂年初有森林木材存量S 立方米，木材以每年25%的增长率生长，而每年末要砍伐固定的木材量x 立方米，为实现经过两次砍伐后的木材的存量增加50%，则x 的值是( )A. B.S 32S 34C. D.S 36S 38答案　C解析　[(1＋)S －x](1＋)－x ＝(1＋)S ，x ＝.141412S363．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c 的值为( )12121abcA.1 B ．2C ．3 D ．4答案　A解析　由题意知，a ＝，b ＝，c ＝.故a ＋b ＋c ＝1，故选A.125163164．今年“五一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来，……，按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A ．211－47 B ．212－57C ．213－68 D ．214－80答案　B解析　由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟内出来的人数为b n ，则a n ＝4×2n －1，b n ＝n ，故上午11时30分公园内的人数为S ＝2＋－4（1－210）1－2＝212－57.10×（1＋10）25．(2017·河北唐山一中调研)定义：F(x ，y)＝y x (x>0，y>0)，已知数列{a n }满足：a n ＝(n ∈N *)，若对任意正整数n ，都有a n ≥a k (k ∈N *)成立，则a k 的值为( )F （n ，2）F （2，n ）A. B ．212C. D.8998答案　C解析　由题意得a n ＝＝且a k ＝(a n )min ，由指数函数y ＝2x 与二次函数y ＝x 2图像的F （n ，2）F （2，n ）2nn2对比可得当x>0时，先减后增，故有最小值．因此a 1＝2，a 2＝1，a 3＝，a 4＝1，所以2xx22xx289a 2>a 3且a 3<a 4，所以(a n )min ＝a 3＝，则a k ＝，故选C.89896．(2017·保定模拟)如图所示，矩形A n B n C n D n 的一个边A n B n 在x 轴上，另外两个顶点C n ，D n 在函数f(x)＝x ＋(x>0)的图像上．若点B n 的坐标为(n ，0)(n ≥2，n ∈N *)，记矩形1x A n B n C n D n 的周长为a n ，则a 2＋a 3＋…＋a 10等于( )A ．208B ．216C ．212D ．220答案　B解析　由B n (n ，0)，得C n (n ，n ＋)，令x ＋＝n ＋，即x 2－(n ＋)x ＋1＝0，得x ＝n 或1n 1x 1n 1n x ＝，所以D n (，n ＋)，所以矩形A n B n C n D n 的周长a n ＝2(n －)＋2(n ＋)＝4n.所以1n 1n 1n 1n 1n a 2＋a 3＋…＋a 10＝4(2＋3＋…＋10)＝216.故选B.7．(2018·江西九江一中月考)在等比数列{a n }中，a 7是a 8，a 9的等差中项，公比q 满足如下条件：△OAB(O 为原点)中，＝(1，1)，＝(2，q)，∠A 为锐角，则公比OA → OB→ q ＝________．答案　－2解析　由a 7是a 8，a 9的等差中项，知2a 7＝a 8＋a 9＝a 7q ＋a 7q 2，得q ＝1或q ＝－2.又因为∠A 为锐角，所以·＝·(－)＝(－1，－1)·(1，q －1)＝－q>0，可知q<0，AO → AB → AO → OB→ OA → 故q ＝－2.8．(2017·河北教学质量监测)已知函数y ＝x 2(x>0)的图像在点(a k ，a k 2)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1(k ∈N *)，若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．答案　21解析　由题意，得函数y ＝x 2(x>0)的图像在点(a k ，a k 2)处的切线方程是y －a k 2＝2a k (x －a k )．令y ＝0，得x ＝a k ，即a k ＋1＝a k ，因此数列{a k }是以16为首项，为121212公比的等比数列，所以a k ＝16·()k －1＝25－k ，所以a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.129．(2017·合肥质检)一种专门占据内存的计算机病毒，开机时占据内存2KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机后经过__________分钟，该病毒占据64MB 内存(1MB ＝210KB)．答案　45解析　依题意可知a 0＝2，a 1＝22，a 2＝23，…，a n ＝2n ＋1.64MB ＝64×210＝216KB ，令2n ＋1＝216得n ＝15.∴开机后45分钟该病毒占据64MB 内存．10．一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x ，以后每次生成的结果可将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是－x ，另一个是x ＋3.设第n 次生成的数的个数为a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________；若x ＝1，前n 次生成的所有数中不同的数的个数为T n ，则T 4＝________．答案　2n －1，10解析　由题意可知，依次生成的数字个数是首项为1，公比为2的等比数列，故S n ＝＝2n －1.1－2n 1－2当x ＝1时，第1次生成的数为1，第2次生成的数为－1，4，第3次生成的数为1，2；－4，7，第4次生成的数为－1，4；－2，5；4，－1；－7，10.故T 4＝10.11．(2018·湖北武汉武昌实验中学模拟)已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝a ，{b n }是比公为的等23比数列，记b n ＝(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范a n －2a n －1围是________．答案　(2，＋∞)解析　因为b n ＝(n ∈N *)，所以a n ＝，所以an －2an －1bn －2bn －1a n ＋1－a n ＝－＝－＝＝<bn ＋1－2bn ＋1－1bn －2bn －11bn －11bn ＋1－1bn ＋1－bn（1－bn ＋1）（1－bn ）－13bn （1－23bn ）（1－bn ）0，即>0，解得b n >或0<b n <1.若b n >，则b 1()n －1>对一切正整数n 成立，bn（23bn －1）（bn －1）32322332显然不可能；若0<b n <1，则0<b 1()n －1<1对一切正整数n 成立，只要0<b 1<1即可，即0<23<1，解得a 1＝a>2.a1－2a1－112．(2018·上海虹口区模拟)某市2017年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制总量，从2017年开始，每年电动型汽车牌照的发放量按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型汽车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2017年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{a n }，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{b n }，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a 1＝10a 2＝9.5a 3＝____a 4＝____…b 1＝2b 2＝3b 3＝____b 4＝____…(2)从2017年算起，求二十年发放的汽车牌照总量．答案　(1)a 3＝9，a 4＝8.5，b 3＝4.5，b 4＝6.75a n ＝b n ＝{－n 2＋212，1≤n ≤20且n ∈N *，0，n ≥21且n ∈N *){2×（32）n －1，1≤n ≤4且n ∈N *，6.75，n ≥5且n ∈N *)(2)229.25万张解析　(1)a 1＝10a 2＝9.5a 3＝9a 4＝8.5…b 1＝2b 2＝3b 3＝4.5b 4＝6.75…当1≤n ≤20且n ∈N *，a n ＝10＋(n －1)×(－0.5)＝－＋；当n ≥21且n ∈N *，a n ＝0，n 2212∴a n ＝{－n 2＋212，1≤n ≤20且n ∈N *，0，n ≥21且n ∈N *.)∵a 4＋b 4＝15.25>15，∴b n ＝{2×（32）n －1，1≤n ≤4且n ∈N *，6.75，n ≥5且n ∈N *.)(2)a 1＋a 2＋…＋a 20＝10×20＋×(－)＝105，20×19212b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋…＋b 20＝＋6.75×16＝124.25.2×[1－（32）4]1－32∴从2017年算起，二十年发放的汽车牌照总量为229.25万张．13．(2017·江西省宜春中学与新余一中联考)设函数f(x)＝＋sinx 的所有正的极小值点从小x2到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)令b n ＝，设数列{}的前n 项和为S n ，求证S n <.x n2π1b n·bn ＋132答案　(1)x n ＝2n π－(n ∈N *)　(2)略2π3解析　(1)f(x)＝＋sinx ，令f ′(x)＝＋cosx ＝0，得x ＝2k π±(k ∈Z )．x2122π3由f ′(x)>0⇒2k π－<x<2k π＋(k ∈Z )，2π32π3由f ′(x)<0⇒2k π＋<x<2k π＋(k ∈Z )，2π34π3当x ＝2k π－(k ∈Z )时，f(x)取得极小值，2π3所以x n ＝2n π－(n ∈N *)．2π3(2)因为b n ＝＝n －＝，xn 2π133n －13所以＝·＝3(－)，1bn·bn ＋133n －133n ＋213n －113n ＋2所以S n ＝3(－＋－＋…＋－)＝3(－)＝－，所以S n <.1215151813n －113n ＋21213n ＋23233n ＋23214．(2017·山东，理)是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .答案　(1)2n －1　(2)（2n －1）×2n ＋12解析　(1)设数列{x n }的公比为q ，则q>0.由题意得所以3q 2－5q －2＝0.因为q>0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }{x1＋x1q ＝3，x1q2－x1q ＝2，)的通项公比为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，（n ＋n ＋1）2所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝＋－(2n ＋1)322（1－2n －1）1－2×2n －1.所以T n ＝.（2n －1）×2n ＋1215．(2018·浙江镇海中学模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列，其中a 1＝1，且a 2，a 4，a 6＋2成等比数列；数列{b n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＋b n ＝1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)如果c n ＝a n b n ，设数列{c n }的前n 项和为T n ，是否存在正整数n ，使得T n >S n 成立？若存在，求出n 的最小值；若不存在，说明理由．答案　(1)a n ＝1　b n ＝　(2)存在　213n 解析　(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依条件有a 42＝a 2(a 6＋2)，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋5d ＋2)，解得d ＝－(因数列各项均为正数，故舍去)或d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)12d ＝1＋(n －1)＝n.由2S n ＋b n ＝1，得S n ＝(1－b n )．12当n ＝1时，2S 1＋b 1＝1，解得b 1＝；13当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(1－b n )－(1－b n －1)＝－b n ＋b n －1，12121212所以b n ＝b n －1，所以数列{b n }是首项为，公比为的等比数列，故b n ＝.13131313n (2)由(1)知，c n ＝a n b n ＝，n3n 所以T n ＝1×＋2×＋3×＋…＋n ×①1313213313n 在①式两边同乘，得T n ＝1×＋2×＋3×＋…＋n ×②131********3413n ＋1由①②两式相减得T n ＝＋＋＋…＋－n ×，整理化简得T n ＝－×－×231313213313n 13n ＋1343413n n2＝－×.又因为S n ＝＝－，13n 342n ＋3413n 13（1－13n ）1－131212×3n 所以T n －S n ＝－×.142n ＋1413n 当n ＝1时，T 1＝S 1，当n ≥2时，－×＝[3n －(2n ＋1)]>0，142n ＋1413n 14×3n 所以T n >S n ，故所求的正整数n 存在，其最小值是2.1．设某商品一次性付款的金额为a 元，若以分期付款的形式等额地分成n 次付清，且每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )A.(1＋r)n 元 B.元an ar （1＋r ）n （1＋r ）n －1C.(1＋r)n －1元 D.元an ar （1＋r ）n －1（1＋r ）n －1答案　B解析　设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x(1＋r)n －1＋x(1＋r)n －2＋x(1＋r)n －3＋…＋x(1＋r)＋x ＝a(1＋r)n ，即x·＝a(1＋r)n ，整理得x ＝.故选B.（1＋r ）n －1rar （1＋r ）n（1＋r ）n －12．在平面直角坐标系上，有一点列：P 1，P 2，…P n ，…(n ∈N *)，设点P n 的坐标为(n ，a n )，其中a n ＝(n ∈N *)，过点P n ，P n ＋1的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为b n ，设S n 表2n 示数列{b n }的前n 项和，则S 5＝________．答案　1256解析　由题意得，过点P n ，P n ＋1的直线为＝，即2x ＋n(n ＋1)y －2(2n ＋1)y －2nx －n 2n ＋1－2n（n ＋1）－n ＝0.令y ＝0，得x ＝2n ＋1，令x ＝0，得y ＝，所以b n ＝×(2n ＋1)2（2n ＋1）n （n ＋1）12×＝4＋＝4＋－，所以S 5＝4×5＋1－＋－＋…＋－＝.2（2n ＋1）n （n ＋1）1n （n ＋1）1n 1n ＋1121213151612563．设函数f(x)＝＋sinx 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }，{x n }的前n 项和x2为S n ，则sinS n 不可能取的值是( )A ．0B.12C ．－ D.3232答案　B解析　由f(x)＝＋sinx ，得f ′(x)＝＋cosx ，令f ′(x)＝0，得x ＝2k π±(k ∈Z )，当x2122π3f ′(x)>0时，2k π－<x<2k π＋(k ∈Z )，当f ′(x)<0时，2π32π32k π－<x<2k π－(k ∈Z )．f(x)取极小值，即x n ＝2n π－，所以4π32π32π3S n ＝x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝2π(1＋2＋3＋…＋n)－＝n(n ＋1)π－，当n ＝3k(k ∈N *)时，2n π32n π3sinS n ＝sin(－2k π)＝0；当n ＝3k －1(k ∈N *)时，sinS n ＝sin ＝；当n ＝3k －2(k ∈N *)时，2π332sinS n ＝sin ＝－.4π3324．一企业的某产品每件利润100元，在未做电视广告时，日销售量为b 件．当对产品做电视广告后，记每日播n 次时的日销售量为a n (n ∈N *)件，调查发现：每日播1次则日销售量a 1件在b 件的基础上增加件，每日播2次则日销售量a 2件在每日播1次时日销售量a 1件b2的基础上增加件，…，每日播n 次，该产品的日销售量a n 件在每日播n －1次时的日销售b4量a n －1件的基础上增加件．合同约定：每播一次企业需支付广告费2b 元．b2n (1)试求出a n 与n 的关系式；(2)该企业为了获得扣除广告费后的日利润最大，求每日电视广告需播多少次？答案　(1)a n ＝b(2－)　(2)每日电视广告需播5次，日利润最大12n 解析　(1)由题意，电视广告每日播k 次时，该产品的日销售量a k 满足a k ＝a k －1＋(k ∈N *，a 0＝b)，b2k ∴a n ＝b ＋＋＋…＋＝＝b(2－)(n ∈N *)．b2b22b2n b[1－（12）n ＋1]1－1212n即该产品每日销售量a n (件)与电视广告播放量n(次/日)的关系式为a n ＝b(2－)(n ∈N *)．12n (2)该企业每日播放电视广告n 次时的获利为c n ＝100b(2－)－2bn ＝100b(2－0.02n －)(n ∈N *)．12n 12n ∵c n －c n －1＝100b(－0.02)≥0，12n 即2n ≤50，n ∈N *，∴n ≤5(n ∈N *)．∵c n ＋1－c n ＝100b(－0.02)≤0，12n ＋1∴2n ≥25，∴n ≥5.∴n ＝5.∴要使该产品每日获得的利润最大，则每日电视广告需播5次．5．已知函数f(x)＝log k x(k 为常数，k>0且k ≠1)，且数列{f(a n )}是首项为4，公差为2的等差数列．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)若b n ＝a n ·f(a n )，当k ＝时，求数列{b n }的前n 项和S n ；2(3)若c n ＝a n lga n ，问是否存在实数k ，使得{c n }中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．答案　(1)略　(2)S n ＝n·2n ＋3　(3)(0，)∪(1，＋∞)63解析　(1)由题意知f(a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log k a n ＝2n ＋2，∴a n ＝k 2n ＋2，∴＝＝k 2.an ＋1an k2（n ＋1）＋2k2n ＋2∵常数k>0且k ≠1，∴k 2为非零常数．∴数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列．(2)由(1)知，b n ＝a n f(a n )＝k 2n ＋2·(2n ＋2)，当k ＝时，b n ＝(2n ＋2)·2n ＋1＝(n ＋1)·2n ＋2.2∴S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1)·2n ＋2，①2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3.②②－①，得S n ＝－2·23－24－25－…－2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n ＋2)＋(n ＋1)·2n ＋3，∴S n ＝－23－＋(n ＋1)·2n ＋3＝n·2n ＋3.23（1－2n ）1－2(3)存在．由(1)知，c n ＝a n lga n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lgk ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *成立，即(n ＋1)lgk<(n ＋2)k 2lgk 对一切n ∈N *成立．①当k>1时，lgk>0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；②当0<k<1时，lgk<0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<()min ，n ＋1n ＋2∵＝1－单调递增，n ＋1n ＋21n ＋2∴当n ＝1时，()min ＝.n ＋1n ＋223∴k 2<，且0<k<1，因此0<k<.2363综上所述，存在实数k ∈(0，)∪(1，＋∞)满足条件．636．(2017·衡水中学调研卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S n 2－(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有＋＋…＋<.1a 1（a 1＋1）1a 2（a 2＋1）1a n （a n ＋1）13答案　(1)a 1＝2　(2)a n ＝2n (3)略解析　(1)令n ＝1代入得a 1＝2(负值舍去)．(2)由S n 2－(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *，得[S n －(n 2＋n)](S n ＋3)＝0.又已知各项均为正数，故S n ＝n 2＋n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式，所以a n ＝2n ，n ∈N *.(3)证明：k ∈N *，4k 2＋2k －(3k 2 ＋3k)＝k 2－k ＝k(k －1)≥0，∴4k 2＋2k ≥3k 2＋3k.∴＝＝≤1ak （ak ＋1）12k （2k ＋1）14k2＋2k 13k2＋3k ＝(－)．131k 1k ＋1∴＋＋…＋1a1（a1＋1）1a2（a2＋1）1an （an ＋1）≤(－＋－＋…＋－)13111212131n 1n ＋1＝(1－)<.131n ＋113∴不等式成立．。

2019年高中数学·拓展学习 数列一、单调性：1、已知数列{}n a 是首项为1，公差为2m 的等差数列，前n 项和为n S ，设2n n nS b n =⋅*()n N ∈，若数列{}n b 是递减数列，则实数m 的取值范围是2、等差数列{}n a 的通项公式为28n a n =-，下列四个命题．1α：数列{}n a 是递增数列；2α：数列{}n na 是递增数列；3α：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增数列；4α：数列{}2n a 是递增数列．其中真命题的是3、已知定义在R 上的函数)(x f ，对任意实数21,x x 都有1212()1()()f x x f x f x +=++，且(1)1f =. (1）设对任意正整数n ，有1()n b f n =．若不等式12226log (1)35n n n b b b x +++++>+对任意不小于2的正整数n 都成立，求实数x 的取值范围．二、新定义型：1、（运算型）已知各项均为正数的数列{}n a 满足11(2)(1)0n n n n a a a a ++--=*()n N ∈，且110a a =，则首项1a 所有可能取值中最大值为2、（方法型）设1210x x x ，，，为1210，，，的一个排列，则满足对任意正整数m n ，，且110m n ≤<≤，都有m n x m x n +≤+成立的不同排列的个数为（ ）（A ）512 （B ）256 （C ）255 （D ）643、（运算型）已知等比数列1a 、2a 、3a 、4a 满足)1,0(1∈a ，)2,1(2∈a ，)4,2(3∈a ，则4a 的取值范围是（ ） A. (3,8) B. (2,16) C. (4,8)D.4、（运算型）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中11()n n n a a a n N *+∆=-∈．对于正整数k ，规定{}k n a ∆为{}n a 的k 阶差分数列，其中111k n k n k n a a a -+-∆=∆-∆．若数列{}n a 的通项13n n a -=，则2122232na a a a ∆+∆+∆++∆=5、（运算型）以()m ,0间的整数()N m m ∈>,1为分子，以m 为分母组成分数集合1A ，其所有元素和为1a ；以()2,0m 间的整数()N m m ∈>,1为分子，以2m 为分母组成不属于集合1A 的分数集合2A ，其所有元素和为2a ；……，依次类推以()nm,0间的整数()N m m ∈>,1为分子，以nm为分母组成不属于121,,,n A A A -⋅⋅⋅的分数集合n A ，其所有元素和为n a ；则12n a a a ⋅⋅⋅+++=________.6、（概念型）已知二次函数2() ()f x x ax a x R =-+∈同时满足： ① 不等式()0f x ≤的解集有且只有一个元素；② 在定义域内存在120x x <<，使得不等式12()()f x f x >成立．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()n S f n =．规定：各项均不为零的数列{}n b 中，所有满足10i i b b +⋅<的正整数i 的个数称为这个数列{}n b 的变号数．若令1n nab a =-（*n N ∈），则数列{}n b 的变号数等于7、（概念型）设)2(log 1+=+n a n n )(*∈N n ，称k a a a a 321为整数的k 为“希望数”，则在)2013,1(内所有“希望数”的个数为8、（匹配型）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，6,231==a a ，若自然数,...,...,21k n n n 满足......321<<<<<k n n n ，且,......,,131k n n a a a a 是等比数列，则k n =________9、（定义型）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1122n na a +≤≤ *()n N ∈，则称{}n a 是“紧密数列”； （1）若11a =，232a =，3a x =，44a =，求x 的取值范围； （2）若{}n a 为等差数列，首项1a ，公差d ，且10d a <≤，判断{}n a 是否为“紧密数列”； （3）设数列{}n a 是公比为q 的等比数列，若数列{}n a 与{}n S 都是“紧密数列”，求q 的取值范围；10、（定义型）由()2m m ≥个不同的数构成的数列12,,n a a a 中，若1i j n ≤<≤时，j i a a <（即后面的项j a 小于前面项i a ），则称i a 与j a 构成一个逆序，一个有穷数列的全部逆序的总数成为该数列的逆序数，如对于数列3，2，1，由于在第一项3后面比3小的项有2个，在第二项2后面比2小的项有1个，在第三项1后面比1小的项没有，因此，数列3，2，1的逆序数为2+1+0=3；同理，等比数列1，111,,248--的逆序数为4.（1）计算数列()*2191100,n a n n n N =-+≤≤∈的逆序数；（2）计算数列()*1,31,,1nn n a n k n N n n n ⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭=≤≤∈⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数的逆序数；（3）已知数列12,,n a a a 的逆序数为a ，求11,,n n a a a -的逆序数.11、（定义型）对于数列{}n a ，称122311()()1k kkPaa a a aaa k -=-+-++--（其中2,k k N ≥∈）为数列{}n a 的前k 项“波动均值”.若对任意的2,k k N ≥∈，都有1()()k k P a P a +<，则称数列{}n a 为“趋稳数列”． （1）若数列1，x ，2为“趋稳数列”，求x 的取值范围；（2）若各项均为正数的等比数列{}n b 的公比(0,1)q ∈，求证：{}n b 是“趋稳数列”；（3）已知数列{}n a 的首项为1，各项均为整数，前k 项的和为k S . 且对任意2,k k N ≥∈，都有3()2()k k P S P a =，试计算：()()()23232(1)nn n n n C P a C P a n C P a +++- （2,n n N ≥∈）．12、（周期型）在数列}{n a 中，若存在一个确定的正整数T ，对任意*N ∈n 满足n T n a a =+，则称}{n a 是周期数列，T 叫做它的周期．已知数列}{n x 满足11=x ，a x =2（1≤a ），||12n n n x x x -=++，当数列}{n x 的周期为3时，则}{n x 的前2013项的和=2013S _________13、（定义型）若数列{}n A 对任意的*n N ∈，都有1k n n A A +=(0)k ≠，且0n A ≠，则称数列{}n A 为“k 级创新数列”.（1）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=+且112a =，试判断数列{}21n a +是否为“2级创新数列”，并说明理由； （2）已知正数数列{}n b 为“k 级创新数列”且1k ≠，若110b =，求数列{}n b 的前n 项积n T ；（3）设α、β是方程210x x --=的两个实根()αβ>，令k βα=，在（2）的条件下，记数列{}n c 的通项1log n n n b n c T β-=⋅，求证：21n n n c c c ++=+，*n N ∈.三、存在型：1、（存在型）已知数列}{n a 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n ，都有33231221)(n n a a a a a a +++=+++ ．（1）当3=n 时，求所有满足条件的三项组成的数列1a 、2a 、3a ；（2）试求出数列}{n a 的任一项n a 与它的前一项1-n a 间的递推关系.是否存在满足条件的无穷数列}{n a ，使得20122013-=a ？若存在，求出这样的无穷数列}{n a 的一个通项公式；若不存在，说明理由．2、（探究型）已知数列{}n a 满足761-=a ，12110n n a a a a +++++-λ=（其中0λ≠且1λ≠-，n N *∈）．n S 为数列{}n a 的前n 项和．(1) 若3122a a a ⋅=，求λ的值；(2) 求数列{}n a 的通项公式n a ； (3) 当13λ=时，数列{}n a 中是否存在三项构成等差数列，若存在，请求出此三项；若不存在，说明理由．3、（存在型）数列{}n a 中，已知()12121,,n n n a a a a k a a ++===+对任意*n N ∈都成立，数列{}n a 的前n 项和为n S .（这里,a k 均为实数）（1）若{}n a 是等差数列，求k ； （2）若11,2a k ==-，求n S ; （3）是否存在实数k ，使数列{}n a 是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项12,,m m m a a a ++按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由.4、已知数列{a n }中，a 2=1，前n 项和为S n ，且1()2n n n a a S -=． （1）求a 1，a 3；（2）求证：数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式； （3）设1lg 3n n n a b +=，试问是否存在正整数p ，q (其中1<p <q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．5、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足a a =1 (3≠a )，n n n S a 31+=+，设n n n S b 3-=，*∈N n ． （1）求证：数列{}n b 是等比数列；（2）若1+n a ≥n a ，*∈N n ，求实数a 的最小值； （3）当4=a 时，给出一个新数列{}n e ，其中⎩⎨⎧≥==2,1,3n b n e n n ，设这个新数列的前n 项和为n C ，若n C 可以写成pt (*∈N p t ,且1,1>>p t )的形式，则称n C 为“指数型和”．问{}n C 中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由．6、给定数列}{n a ，若满足a a =1（0>a 且1≠a ），对于任意的*,N ∈m n ，都有m n m n a a a ⋅=+，则称数列}{n a 为指数数列．（1）已知数列}{n a ，}{n b 的通项公式分别为123-⋅=n n a ，n n b 3=，试判断}{n a ，}{n b 是不是指数数列（需说明理由）；（2）若数列}{n a 满足：21=a ，42=a ，n n n a a a 2312-=++，证明：}{n a 是指数数列； （3）若数列}{n a 是指数数列，431++=t t a （*N ∈t ），证明：数列}{n a 中任意三项都不能构成等差数列．四、衍生数列及子数列：1、已知数列{}n a 与{}n b 满足112(),*n n n n a a b b n N ++-=-∈. (1)若35,n b n =+且11a =,求{}n a 的通项公式;(2)设{}n a 的第0n 项是最大项,即0(*)n n a a n N ≥∈,求证:{}n b 的第0n 项是最大项;(3)设10a λ=<,(*)nn b n N λ=∈,求λ的取值范围,使得{}n a 有最大值M 和最小值m ，且使得(2,2).Mm∈-2、对于项数为m 的有穷数列}{n a ，记),,2,1}(,,,max{21m k a a a b k k ==，即k b 为k a a a ,,,21 中的最大值，并称数列}{n b 是}{n a 是控制数列，如5,5,2,3,1的控制数列是.5,5,3,3,1（1）若各项均为正整数的数列}{n a 的控制数列为,5,5,4,3,2写出所有的}{n a ；（2）设}{n b 是}{n a 的控制数列，满足C C b a k m k (1=++-为常数，).,,2,1m k =求证：),,2,1(m k a b k k ==；（3）设100=m ，常数)1,21(∈a 。

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （ ）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。

上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理一、排列组合1、（2019年上海高考）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 120 （结果用数值表示）．2、（闵行区2019届高三二模）从4个不同的独唱节目和2个不同的合唱节目中选出4个节目编排一个节目单， 要求最后一个节目必须是合唱，则这个节目单的编排方法共有 ( )(A) 14种. (B) 48种. (C)72种. (D) 120种.3、（长宁、嘉定区2019届高三二模）．现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．则不同取法的种数为__________．4、（奉贤区2019届高三上期末）在二项式()612+x 的展开式中，系数最大项的系数是（ ）A ．20B ．160C ．240D ．1925、（金山区2019届高三上期末）用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数有( ▲ )．(A) 60个 (B) 48个 (C) 36个 (D) 24个6、（金山区2019届高三上期末）若集合A 1、A 2满足A 1∪A 2=A ，则称(A 1，A 2)为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当A 1=A 2时，(A 1，A 2)与(A 2，A 1)为集合A 的同一种分拆，则集合A={a 1，a 2，a 3}的不同分拆种数是( ▲ )．(A)8 (B)9 (C)26 (D)277、（青浦区2019届高三上期末）若甲乙两人从6门课程中各选修3门，则甲乙所选的课程中恰有2门相同的选．法．有 种. 8、（闸北区2019届高三上期末）用数字“1,2”组成一个四位数，则数字“1,2”都出现的四位偶数有 个9、将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有 （ ）A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种10、若从1,2,2,,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有 （ ）A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种11、两人进行乒乓球比赛,先赢三局着获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有 （ ）A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种12、现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张.不同取法的种数为 （ ）A ．232B ．252C ．472D ．484二、二项式定理1、（2019年上海高考）在（1+x+）10的展开式中，x 2项的系数为 45 （结果用数值表示）．2、（静安、青浦、宝山区2019届高三二模）在921x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，31x 的系数是 ． 3、（闵行区2019届高三二模）设二项式(31)n x +的展开式的二项式系数的和为p ，各项系数的和为q ，且1264p q +=，则n 的值为4、（浦东新区2019届高三二模）已知21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中二项式系数之和为1024，则含2x 项的系数为 210 .5、（普陀区2019届高三二模）在*22)()n n N x ∈的展开式中，若第五项的系数与第三项的系数之比为56：3，则展开式中的常数项是（ B ）A.第2项B.第3项C.第4项D.第5项6、（徐汇、松江、金山区2019届高三二模）执行如图所示的程序框图，输出的结果为a ，二项式42的展开式中3x 项的系数为2a ，则常数m =7、（长宁、嘉定区2019届高三二模）若8822108...)(x a x a x a a x a ++++=-（R ∈a ），且565=a ，则=++++8210...a a a a _______________．8、（静安区2019届高三上期末）设8877108)1(x a x a x a a x ++++=- ，则=++++8710a a a a9、（浦东区2019届高三上期末）二项式4)2(x x +的展开式中，含3x 项系数为10、（普陀区2019届高三上期末）在二项式81⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的展开式中，含2x 项的系数为 （结果用数值表示）.11、（青浦区2019届高三上期末）9(1+展开式中有理项的个数．．是 12、（上海市十三校2019届高三第二次（3月）联考）若多项式13、（奉贤区2019届高三4月调研测试（二模））在56(1)(1)x x +-+的展开式中，含3x 的项的系数是____________．参考答案一、排列组合1、 解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，有C 95=126种；其中只有女教师的有C 65=6种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120种；故答案为：120．2、D3、4724、C5、B6、D7、180 8、79、选A 甲地由1名教师和2名学生:122412C C =种10、【答案】D【解析】1,2,2,,9这9个整数中有5个奇数,4个偶数.要想同时取4个不同的数其和为偶数,则取法有:4个都是偶数:1种;2个偶数,2个奇数:225460C C =种;4个都是奇数:455C =种.∴不同的取法共有66种.11、 解析:先分类:3:0,3:1,3:2共计3类,当比分为3:0时,共有2种情形;当比分为3:1时,共有12428C A =种情形;当比分为3:2时,共有225220C A =种情形;总共有282030++=种,选D.12、 【解析】若没有红色卡,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色则有64141414=⨯⨯C C C 种,若2色相同,则有14414241223=C C C C ;若红色卡片有1张,则剩余2张若不同色,有19214142314=⨯⨯⨯C C C C 种,如同色则有72242314=C C C ,所以共有4727219214464=+++,故选C.二、二项式定理1、解：∵（1+x+）10 =， ∴仅在第一部分中出现x 2项的系数． 再由，令r=2，可得， x 2项的系数为． 故答案为：45．2、1263、44、2105、B6、147、256 8、25628= 9、24 10、70 11、5 12、0 13、－10。

上海市2023届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列与级数上海市2023届高三数学理一轮复专题突破训练: 数列与级数导言这份文档旨在为上海市2023届高三数学理的学生准备一套专题突破训练题目，重点涵盖数列与级数。

通过针对这一主题的训练，帮助学生提高数学理论与实践的应用能力，为高考做好充分准备。

基本内容本次专题突破训练将包括以下几个方面的内容：1. 数列基本概念：介绍数列的定义、常见数列（如等差数列、等比数列）的特点以及递推公式的计算。

2. 数列求和：探讨数列求和的方法，包括等差数列求和公式、等比数列求和公式以及其他常见数列求和方法。

3. 级数基本概念：讲解级数的定义、收敛和发散的概念以及级数收敛的判定方法。

4. 级数求和：介绍级数求和的方法，包括几何级数求和公式、级数收敛性的判断以及级数求和的逼近方法。

研究建议在进行数列与级数的复过程中，建议学生采取以下策略：1. 充分理解数列的定义和常见数列的特点，掌握递推公式的计算方法。

2. 熟练掌握各类数列求和的公式和方法，并能够根据题目灵活应用。

3. 加强对级数的理解，掌握级数的概念和收敛与发散的判定方法。

4. 理解各类级数求和的方法，掌握几何级数求和公式，并了解级数求和的逼近方法。

5. 多做练题，加深对数列与级数知识的理解和掌握。

小结数列与级数是高中数学理科中的重要内容，也是高考中的常见考点。

通过系统的复和专题突破训练，上海市2023届高三数学理的学生可以在数列与级数方面取得突破，提高数学综合能力，为高考取得优异成绩打下坚实的基础。

以上是关于上海市2023届高三数学理一轮复习专题突破训练的文档。

希望对您有所帮助！。

2019年高三一轮测试（理）数 列—————————————————————————————————————【说明】 本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．题目要求的)1．设数列{a n }的通项公式a n ＝f (n )是一个函数，则它的定义域是( )A ．非负整数B ．N *的子集 C ．N * D ．N *或{1,2,3，…，n }2．在数列{a n }中，a 1＝3，且对于任意大于1的正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线x －y －6＝0上，则a 3－a 5＋a 7的值为( )A ．27B ．6C ．81D ．93．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2a 1等于( )A ．1B ．2C ．3D ．44．记数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n (n －1)，则该数列是( )A ．公比为2的等比数列B ．公比为12的等比数列C ．公差为2的等差数列D ．公差为4的等差数列5．据科学计算，运载“神七”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟6．数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－c ，则“c ＝1”是“数列{a n }为等比数列”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件7．设等差数列{a n }的公差d 不为0，a 1＝9d .若a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则k ＝( )A ．2B ．4C ．6D ．88．在数列{a n }中，a 1＝－2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 010＝( )A ．－2B ．－13C ．－12D ．39．在函数y ＝f (x )的图象上有点列{x n ，y n }，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x10．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋22n －7(n ∈N *)，{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x＋y 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．811．在等差数列{a n }中，a 11a 10＜－1，若它的前n 项和S n 有最大值，则下列各数中是S n 的最小正数的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 19D ．S 2012．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．13413．设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝________. 14．设数列{a n }的通项为a n ＝2n －7(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.15．若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知数列{1x n }为“调和数列”，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 3x 18的最大值是________．16．已知S n 是公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和，且S 6＞S 7＞S 5，则下列四个命题：①d ＜0；②S 11＞0；③S 12＜0；④S 13＞0中真命题的序号为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)已知等差数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝21. (1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .18．(本小题满分12分)已知数列{a n }，a n ∈N *，前n 项和S n ＝18(a a ＋2)2.(1)求证：{a n }是等差数列；(2)若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值．19.(本小题满分12分)某市2008年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市流感病毒新感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人，由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日为止，该市在这30日内该病毒新感染者共有8 670人，问11月几日，该市新感染此病毒的人数最多？并求这一天的新感染人数．20．(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，已知三个点列{A n }、{B n }、{C n }，其中A n (n ，a n )、B n (n ，b n )、C n (n －1,0)满足：向量A n A n ＋1与共线，且点列{B n }在方向向量为(1,6)的直线上，a 1＝a ，b 1＝－a .(1)试用a 与n 表示a n (n ≥2)；(2)若a 6与a 7两项中至少有一项是a n 的最小值，试求a 的取值范围． 21.(本小题满分12分)已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝λa n －1＋λ－2(n ≥2)．(1)当λ为何值时，数列{a n }可以构成公差不为零的等差数列？并求其通项公式；(2)若λ＝3，令b n ＝a n ＋12，求数列{b n }的前n 项和S n .22．(本小题满分12分)已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．答案： 一、选择题 1．D2．A 由题意得a n －a n －1－6＝0，即a n －a n －1＝6，得数列{a n }是等差数列，且首项a 1＝3，公差d ＝6，而a 3－a 5＋a 7＝a 7－2d ＝a 5＝a 1＋4d ＝3＋4×6＝27.3．C 由S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )． ∵d ≠0，∴d ＝2a 1. ∴a 2a 1＝a 1＋d a 1＝3a 1a 1＝3. 4．D 由条件可得n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n (n －1)－2(n －1)(n －2)＝4(n －1)， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝0， 代入适合，故a n ＝4(n －1)，故数列{a n }表示公差为4的等差数列．5．C 设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240， 解得n ＝15，故选C.6．C 数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －c ，且c ＝1，则a n ＝2×3n －1(n ≥1)，从而可知c ＝1是数列{a n }为等比数列的充要条件，故选C 项．7．B 因为a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则a 2k ＝a 1a 2k ，[9d ＋(k －1)d ]2＝9d ·[9d ＋(2k －1)d ]， 又d ≠0，则k 2－2k －8＝0，k ＝4或k ＝－2(舍去)． 8．B 由条件可得：a 1＝－2，a 2＝－13，a 3＝12，a 4＝3，a 5＝－2，…，即{a n }是以4为周期的周期数列，所以a 2 010＝a 2＝－13，故选B.9．D 结合选项，对于函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x 上的点列{x n ，y n }，有y n ＝⎝⎛⎭⎫34x n .由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n＝⎝⎛⎭⎫34x n ＋1⎝⎛⎭⎫34x n ＝⎝⎛⎭⎫34xn ＋1－x n＝⎝⎛⎭⎫34d ，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列． 10．C 由函数f (n )＝1＋22n －7(n ∈N *)的单调性知，a 1＞a 2＞a 3，且a 4＞a 5＞a 6＞…＞0，又a 1＝35，a 2＝13，a 3＝－1，a 4＝3，故a 3为最小项，a 4为最大项，x ＋y 的值为7. 11．C ∵等差数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，∴a 1＞0，且d ＜0，由a 11a 10＜－1得a 10＞0，a 11＜－a 10，即a 10＋a 11＜0，∴S 20＝10(a 1＋a 20)＜0， S 19＝19a 10＞0，又由题意知当n ≥11时， a n ＜0，∴n ≥11时，S n 递减，故S 19是最小的正数． 12．C 由题意可知， lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又∵b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6.即q ＝10－2，∴a 1＝1022. 又∵{a n }为正项等比数列， ∴{b n }为等差数列， 且d ＝－2，b 1＝22.故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又∵n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )max ＝132. 二、填空题 13．【解析】 设等比数列的公比为q ，则由S 6＝4S 3知q ≠1，∴S 6＝1－q 61－q ＝4(1－q 3)1－q .∴q 3＝3.∴a 1q 3＝3. 【答案】 3 14．【解析】 |a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＋…＋23＝153. 【答案】 15315．【解析】 因为数列{1x n}为“调和数列”，所以x n ＋1－x n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，即数列{x n }为等差数列，由x 1＋x 2＋…＋x 20＝200得20(x 1＋x 20)2＝20(x 3＋x 18)2＝200，即x 3＋x 18＝20，易知x 3、x 18都为正数时，x 3x 18取得最大值，所以x 3x 18≤(x 3＋x 182)2＝100，即x 3x 18的最大值为100.【答案】 100 16．【解析】 解答本题要灵活应用等差数列性质．由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧S 6＞S 7⇒S 6＞S 6＋a 7⇒a 7＜0S 7＞S 5⇒S 5＋a 6＋a 7＞S 5⇒a 6＋a 7＞0，S 6＞S 5⇒S 5＋a 6＞S 5⇒a 6＞0即a 6＞0，a 7＜0，a 6＋a 7＞0， 因此d ＜0，①正确； S 11＝11a 6＞0②正确；S 12＝12(a 1＋a 12)2＝12(a 6＋a 7)2＞0，故③错误；S 13＝12(a 1＋a 13)2＝12a 7＜0，故④错误，故真命题的序号是①②. 【答案】 ①② 三、解答题 17．【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＋d ＝9a 1＋4d ＝21， 解得a 1＝5，d ＝4，∴{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋1. (2)由a n ＝4n ＋1得b n ＝24n ＋1，∴{b n }是首项为b 1＝25，公比q ＝24的等比数列．∴S n ＝25(24n －1)24－1＝32×(24n －1)15.18．【解析】 (1)证明：∵a n ＋1 ＝S n ＋1－S n ＝18(a n ＋1＋2)2－18(a n ＋2)2， ∴8a n ＋1＝(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2，∴(a n ＋1－2)2－(a n ＋2)2＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0. ∵a n ∈N *，∴a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n －4＝0.即a n ＋1－a n ＝4，∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)知a 1＝S 1＝18(a 1＋2)，解得a 1＝2.∴a n ＝4n －2，b n ＝12a n －30＝2n －31，由⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤02(n ＋1)－31≥0得 292≤n ＜312.∵n ∈N *，∴n ＝15， ∴{a n }前15项为负值，以后各项均 为正值． ∴S 5最小．又b 1＝－29，∴S 15＝15(－29＋2×15－31)2＝－22519．【解析】 设第n 天新感染人数最多，则从第n ＋1天起该市医疗部门采取措施，于是，前n 天流感病毒新感染者的人数，构成一个首项为20，公差为50的等差数列，其前n 项和S n ＝20n ＋n (n －1)2×50＝25n 2－5n (1≤n ＜30，n ∈N )，而后30－n 天的流感病毒新感染者的人数，构成一个首项为20＋(n －1)×50－30＝50n －60，公差为－30，项数为30－n 的等差数列，其前30－n 项的和T 30－n ＝(30－n )(50n －60)＋(30－n )(29－n )2×(－30)＝－65n 2＋2 445n －14 850，依题设构建方程有，S n ＋T 30－n ＝8 670，∴25n 2－5n＋(－65n 2＋2 445n －14 850)＝8 670，化简得n 2－61n ＋588＝0，∴n ＝12或n ＝49(舍去)，第12天的新感染人数为20＋(12－1)·50＝570人．故11月12日，该市新感染此病毒的人数最多，新感染人数为570人．20．【解析】 (1)A n A n ＋1 ＝(1，a n ＋1－a n )， ＝(－1，－b n )．因为向量A n A n ＋1与向量共线， 则a n ＋1－a n －b n ＝1－1，即a n ＋1－a n ＝b n .又{B n }在方向向量为(1,6)的直线上， 有b n ＋1－b n n ＋1－n＝6， 即b n ＋1－b n ＝6.所以b n ＝－a ＋6(n －1)，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b n －1＝a ＋3(n －1)(n －2)－a (n －1) ＝3n 2－(9＋a )n ＋6＋2a (n ≥2)．(2)二次函数f (x )＝3x 2－(9＋a )x ＋6＋2a 的图象是开口向上，对称轴为x ＝a ＋96拋物线．又∵在a 6与a 7两项中至少有一项是a n 的最小值，故对称轴x ＝a ＋96在⎝⎛⎭⎫112，152内，即112＜a ＋96＜152， ∴24＜a ＜36. 21．【解析】 (1)a 2＝λa 1＋λ－2＝2λ－2， a 3＝λa 2＋λ－2＝2λ2－2λ＋λ－2＝2λ2－λ－2， ∵a 1＋a 3＝2a 2，∴1＋2λ2－λ－2＝2(2λ－2)， 得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝32.当λ＝32时，a 2＝2×32－2＝1，a 1＝a 2，故λ＝32不合题意舍去；当λ＝1时，代入a n ＝λa n －1＋λ－2可得a n －a n －1＝－1， ∴数列{a n }构成首项为a 1＝1，公差为－1的等差数列， ∴a n ＝－n ＋2.(2)由λ＝3可得，a n ＝3a n －1＋3－2，即a n ＝3a n －1＋1.∴a n ＋12＝3a n －1＋32，∴a n ＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n －1＋12，即b n ＝3b n －1(n ≥2)，又b 1＝a 1＋12＝32，∴数列{b n }构成首项为b 1＝32，公比为3的等比数列，∴b n ＝32×3n －1＝3n2，∴S n ＝32(1－3n )1－3＝34(3n －1)． 22．【解析】 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28， 得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解之得⎩⎨⎧q ＝2a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴q ＝2，a 1＝2，∴a n ＝2n ，(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①－2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1②①－②得，S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1由S n ＋(n ＋m )a n ＋1＜0，即2n ＋1－2－n ·2n ＋1＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1. 对任意正整数n ，m ＜12n －1恒成立．∵12n －1＞－1，∴m ≤－1. 即m 的取值范围是(－∞，－1]．。

上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练立体几何一、填空、选择题1、（2019年上海高考）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．2、（2019年上海高考）若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的大小为 （结果用反三角函数值表示）.3、（2019年上海高考）在xOy 平面上，将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y =和1y =-围成的封闭图形记为D ，如图中阴影部分．记D 绕y 轴旋转一周而成的几何体为Ω，过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面，所得截面面积为48π，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出Ω的体积值为__________4、（静安、青浦、宝山区2019届高三二模）已知扇形的圆心角是1弧度，半径为5cm ，则此扇形的弧长为 cm ．5、（闵行区2019届高三二模） 如图，已知直线l ⊥平面α，垂足为O ，在ABC △中，2,2,BC AC AB ===点P 是边AC 上的动点.该三角形在空间按以下条件作自由移动：(1)A l ∈，(2)C α∈.则OP PB +的最大值为 () (A) 2. (B) 1+6、（浦东新区2019届高三二模）已知球的表面积为64π2cm ，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm ，则截面与球心的距离是 cm .7、（普陀区2019届高三二模）一个圆锥与一个球的体积相等且圆锥的底面半径是球半径的2倍，若圆锥的高为1，则球的表面积为8、（徐汇、松江、金山区2019届高三二模）如图所示：在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==,则平面11A B C 与平面ABC 所成的二面角的大小为ABlCαPO9、（长宁、嘉定区2019届高三二模）在四棱锥ABCD V -中，1B ，1D 分别为侧棱VB ，VD 的中点，则四面体11CD AB 的体积与四棱锥ABCD V -的体积之比为………………（ ）A ．6:1B ．5:1C ．4:1D ．3:1 10、（奉贤区2019届高三上期末）如图，在矩形ABCD 中，E 为边AD 的中点，1AB =，2BC =，分别以A 、D 为圆心，1为半径作圆弧EB 、EC （E 在线段AD 上）.由两圆弧EB 、EC 及边BC 所围成的平面图形绕直线AD 旋转一周，则所形成的几何体的体积为11、（黄浦区2019届高三上期末）已知某圆锥体的底面半径3r =，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为23π的扇形，则该圆锥体的表面积是12、（金山区2019届高三上期末）如图所示，在长方体ABCD –EFGH 中，AD=2，AB=AE=1，M 为矩形AEHD 内的一点，如果∠MGF=∠MGH ，MG 和平面EFG 所成角的正切值为12，那么点M 到平面EFGH 的距离是 ▲13、（浦东区2019届高三上期末）如图，已知⊥PA 平面ABC ，AB AC ⊥，BC AP =，︒=∠30CBA ,D 、E 分别是BC 、AP 的中点. 则异面直线AC 与DE 所成角的大小为 .14、（松江区2019届高三上期末）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1BC 与平面ABCD 所成的角为60︒，则1BC 与AC 所成的角为 ▲ （结果用反三角函数表示）．PABCD E15、（宝山区2019届高三上期末）正四棱锥ABCD P 的所有棱长均相等，E 是PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成的角的余弦值等于ECDPAB二、解答题 1、（2019年上海高考）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，证明A 1、C 1、F 、E 四点共面，并求直线CD1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小．2、（2019年上海高考）底面边长为2的正三棱锥-P ABC ，其表面展开图是三角形123PP P ，如图. 求123P P P △的各边长及此三棱锥的体积V .P 123、（2019年上海高考）如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=2,AD=1,A 1A=1，证明直线BC 1平行于平面DA 1C ，并求直线BC 1到平面D 1AC的距离.C 11A4、（静安、青浦、宝山区2019届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知21===AB BC AA ，AB ⊥BC ．（1）求四棱锥111A BCC B -的体积；（2）求二面角111C C A B --的大小．5、（闵行区2019届高三二模）如图，已知圆锥的底面半径为10r =，点Q 为半圆弧AB 的中点，点P 为母线SA 的中点．若直线PQ 与SO 所成的角为4π，求此圆锥的表面积．6、（浦东新区2019届高三二模） 如图，在四棱锥ABCD P -中，底面正方形ABCD 的边长为2， ⊥PA 底面ABCD , E 为BC 的中点，PC 与平面PAD 所成的角为22arctan． （1） 求异面直线AE 与PD 所成角的大小（结果用反三角函数表示）；（2）求点B 到平面PCD 的距离．A1A 1BD 1A B 17、（徐汇、松江、金山区2019届高三二模）如图，在Rt AOB ∆中，6OAB π∠=，斜边4AB =，D 是AB 的中点．现将Rt AOB ∆以直角边AO 为轴旋转一周得到一个圆锥，点C 为圆锥底面圆周上的一点，且2BOC π∠=．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小． （结果用反三角函数值表示）8、（长宁、嘉定区2019届高三二模）如图，四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为菱形，⊥PD 平面ABCD ，2==AD PD ，︒=∠60BAD ，E 为BC 的中点．（1）求证：⊥ED 平面PAD ；（2）求平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角大小的余弦值．9、（青浦区2019届高三上期末） 如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，2BC =，14CC =，M 为棱1CC 上一点.（1）若11C M =，求异面直线1A M 和11C D 所成角的正切值； （2）若12C M =，求证BM ⊥平面11A B M .E P AC DB10、（松江区2019届高三上期末）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时。

第28讲数列型应用题[基础篇]1、实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效率、浓度问题等常常通过数列知识加以解决。

2、理解“复利”的概念，注意分期付款因方式的不同抽象出来的数列模型也不同。

3、实际问题转化成数列问题，首先要弄清楚首项、公差或公比，其次是弄清是求某项、还是求某几项的和。

[技能篇]例题1、用砖砌墙，第一层（底层）用去全部砖块的13多2块，第二层用去剩下的13多2块，……依此类推，从第二层起，每一层都用去了上次剩下砖块的13多2块，若砌到第10层恰好把砖用完，那么总共用了几块砖？例题2、假设某市2004年新建住房400万2m，其中有250万2m是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年新建住房面积增长8%，另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年中低价房的面积增加50万2m，那么，到哪一年底，（1）该市历年所建中低价房的累计面积（2004年为第一年）将首次不少于4750万2m ？（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？例题3、在某古运河上建有许多形状相同的抛物线形拱桥(0,1,2,...)n A n =，经测量知相邻两座桥1,n n A A -之间的距离n a 满足800150n a n =+米，每年无汛期、这些拱桥当水面距拱桥顶5米时，桥洞水面宽为8米，而每年汛期，船翁都要考虑拱桥的通行问题，一只装有防汛器材的船，露出水面部分的宽为4米，高为34米， （1）要使该船能顺利通过拱桥，试问水面距拱桥顶的高度至少几米？（2）已知河水每小时上涨0.15米，船在静水中的速度为0.4米每秒，水流速度为0.25米每秒，若船从0A 桥起锚顺水航行时，河水开始上涨，试问船将在哪一座桥可能受阻？例题4、由市场调查得知：某公司生产的一种产品，如果不作广告宣传且每件获利a 元，那么销售量为b 件；如果作广告宣传且每件售价不变，那么，广告费用n 千元比广告费用（n －1）千元时的销售量多2n b 件（*n N ）（1）试写出销售量n S 与n 的函数关系式；（2）当a ＝10，b ＝4000时公司应作几千元广告，销售量为多少件时，才能使去掉广告费用后的获利最大？[竞技篇]一、填空题：1、某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为2、从盛满a 升纯酒精的容器里，倒出b 升后用水加满，再倒出b 升，再用水加满；这样倒了n 次后，则容器中有纯酒精 升3、甲在2000年的元旦到银行存入a 元，存9年定期，年利率为r ，利息税率为q ，则到2009年元旦那天全部取出，他可得到的本息和为4、乙从2000年起每年元旦到银行存入a 元，存一年定期，若年利率r ，利息税率为q ，且每年到期存款自动转为新的一年定期，若到2009年元旦那天全部取出，他可得到的本息和为5、某市2000年底人口为1600万，住房总面积为9600万㎡，2010年底人均住房面积为8㎡，则该市人均住房面积这十年的平均增长率是 %（保留小数点后面两位）6、已知n 次多项式1011()...n n n n n P x a x a xa x a --=++++，如果在一种算法中，计算0,(2,3,4,...,)k x k n =的值需要1k -次乘法，计算30()P x 的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算0()n P x 的值共需要 次运算。

课外拓展阅读由递推公式求通项的常用方法和技巧递推列是高考考查的热点，由递推公式求通项时，一般需要先对递推公式进行变形，然后利用转与归的思想解决递推列问题．下面给出几种常见的递推列，并讨论其通项公式的求法．类型1 a n＋1＝a n＋f(n)把原递推公式转为a n＋1－a n＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．已知列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1，求列{a n}的通项公式．因为a1＝2，a n＋1－a n＝n＋1，所以a n－a n－1＝(n－1)＋1，a n－1－a n－2＝(n－2)＋1，a n－2－a n－3＝(n－3)＋1，…a2－a1＝1＋1，由已知，a1＝2＝1＋1，将以上各式相加，得a n＝＋n＋1＝n－n－＋1]2＋n＋1＝n n －2＋n ＋1 ＝n n ＋2＋1.类型2 a n ＋1＝f (n )a n把原递推公式转为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解．已知列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1·a n ，求列{a n }的通项公式．由a n ＋1＝nn ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝nn ＋1.当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·12·23＝23n ，即a n ＝23n. 又当n ＝1时，23×1＝23＝a 1，故a n ＝23n .类型3 a n ＋1＝pa n ＋q先用待定系法把原递推公式转为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再利用换元法转为等比列求解．已知列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求列{a n }的通项公式．设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转为a n ＋1－t ＝2(a n －t )， 即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3. 故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，以2为公比的等比列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1, 即a n ＝2n ＋1－3. 类型4 a n ＋1＝pa n ＋q n(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q，引入辅助列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系法解决；(2)也可在原递推公式两边同除以p n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n，引入辅助列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n，再利用累加法(逐差相加法)求解．已知列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，求列{a n }的通项公式．解法一：将a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边分别乘以2n ＋1，得2n ＋1a n ＋1＝23(2n a n )＋1.令b n ＝2na n ，则b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23b n ＋1，根据待定系法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)．所以列{b n －3}是首项为b 1－3＝2×56－3＝－43，公比为23的等比列．所以b n －3＝－43·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即b n ＝3－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.于是，a n ＝b n2n ＝32n －23n .解法二：将a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边分别乘以3n ＋1，得3n ＋1a n ＋1＝3na n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1.令b n ＝3na n ，则b n ＋1＝b n ＋32n ＋1，所以b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2，即b n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n3n ＝32n －23n .类型5 a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)这种类型的题目一般是利用待定系法构造等比列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，然后与已知递推式比较，解出x ，y ，从而得到{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比列．设列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求列{a n }的通项公式．a n ＝3a n －1＋2n －1→利用待定系法得到一个等比列→利用等比列的知识可解 设递推公式可以转为a n ＋An ＋B ＝3，简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1.则a n ＋n ＋1＝3． 令b n ＝a n ＋n ＋1，(*) 则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)，得a n ＝2·3n －n －1. 类型6 a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)这种类型的题目一般是将等式两边取对后转为a n ＋1＝pa n ＋q 型，再利用待定系法求解．已知列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1m·a 2n (m >0)，求列{a n }的通项公式．对a n ＋1＝1m·a 2n 两边取对，得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1m.令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1m.因此得b n ＋1＋lg 1m＝2⎝⎛⎭⎪⎫b n ＋lg 1m ，记c n ＝b n ＋lg 1m，则c n ＋1＝2c n .所以列{c n }是首项c 1＝b 1＋lg 1m ＝lg 1m，公比为2的等比列．所以c n ＝2n －1·lg 1m.所以b n ＝c n －lg 1m ＝2n －1·lg 1m －lg 1m＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2n －1，即lg a n ＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2n －1，所以a n ＝m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2n －1.类型7 a n ＋1＝pa nqa n ＋r(p ，q ，r ≠0且a n ≠0，qa n ＋r ≠0)这种类型的题目一般是将等式两边取倒后，再进一步处．若p ＝r ，则有1a n ＋1＝r ＋qa n pa n ＝1a n ＋qp ，此时⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差列．若p ≠r ，则有1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp，此时可转为类型3处．已知列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求列{a n }的通项公式．因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1， 所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以12为公差的等差列．所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．类型8 a n ＋1＋a n ＝f (n )将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后将n 按奇、偶分类讨论即可．已知列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ，求列{a n }的通项公式．因为a n ＋1＋a n ＝2n ，所以a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2， 即列{a n }是奇项与偶项都是公差为2的等差列． 当n 为偶时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇时，因为a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶)，故a n ＝n .综上知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇，n －1，n 为偶，n ≥1，n ∈N *.类型9 a n ＋1·a n ＝f (n )将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得a n ＋2a n ＝f n ＋f n，然后将n 按奇、偶分类讨论即可．已知列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1·a n ＝2n ，求列{a n }的通项公式．因为a n ＋1·a n ＝2n ，所以a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，故a n ＋2a n＝2，即列{a n }是奇项与偶项都是公比为2的等比列． 当n 为偶时，a 2＝23，故a n ＝a 2·2n2－1 ＝23·2n2－1， 即a n ＝13·2 n2 ；当n 为奇时，n ＋1为偶，故a n ＋1＝13·2n2+1，代入a n ＋1·a n ＝2n，得a n ＝3·2n2－1.综上知，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3·2n2－1，n 为奇，13·2n2 ，n 为偶.。

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= . 答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m 项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。

（2019全国1理）9.记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知40S =，55a =，则（ ） A.25n a n =- B.310n a n =- C.228n S n n =- D.2122n S n n =- 答案： A 分析：依题意有415146045S a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩，可得132a d =-⎧⎨=⎩，25n a n =-，24n S n n =-.（2019全国1理）14.记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若113a =，246a a =，则5S = . 答案：5S =1213解答： ∵113a =，246a a = 设等比数列公比为q ∴32511()a q a q = ∴3q =∴5S =12132019全国2理)19. 已知数列{}n a 和{}n b 知足11=a ，01=b ，4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b . （1）证明： {}n n b a +是等比数列，{}n n b a -是等差数列； （2）乞降{}n a {}n b 的通项公式. 答案：（1）看法析 （2）21)21(-+=n a n n ，21)21(+-=n b n n . 分析：(1)将4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b 相加可得n n n n n n b a b a b a --+=+++334411，整理可得)(2111n n n n b a b a +=+++，又111=+b a ，故{}n n b a +是首项为1，公比为21的等比数列. 将4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b 作差可得8334411+-+-=-++n n n n n n b a b a b a ， 整理可得211+-=-++n n n n b a b a ，又111=-b a ，故{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列. （2）由{}n n b a +是首项为1，公比为21的等比数列可得1)21(-=+n n n b a ①； 由{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列可得12-=-n b a n n ②； ①②相加化简得21)21(-+=n a n n ，①②相减化简得21)21(+-=n b n n 。

上海市2019届高三数学一轮复习典型题专项训练数列一、选择、填空题1、（2018上海高考）记等差数列{}n a 的前n 项和为S n ，若87014a a a =+=₃，，则S 7= 2、（2017上海高考）已知数列{}n a 和{}n b ，其中2n a n =，*n ∈N ，{}n b 的项是互不相等的正整数，若对于任意*n ∈N ，{}n b 的第n a 项等于{}n a 的第n b 项，则149161234lg()lg()b b b b b b b b =3、（2016上海高考）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.4、（宝山区2018高三上期末）若n （n 3≥，n N *∈）个不同的点n n n Q a b Q a b Q a b 111222()()()，、，、、，满足：n a a a 12<<<，则称点n Q Q Q 12、、、按横序排列．设四个实数k x x x 123，，， 使得k x x x x 2231322()2-，，成等差数列，且两函数y x y x213==+、图象的所有．．交点P x y 111()，、P x y 222()，、P x y 333()，按横序排列，则实数k 的值为 ．5、（崇明区2018高三上期末（一模））若无穷等比数列{a n }的各项和为S n ，首项 a 1=1，公比为a ﹣，且 S n =a ，则a= ．6、（奉贤区2018高三上期末）等差数列{}n a 中，10a ≠，若存在正整数,,,m n p q 满足m n p q+>+时有m n p q a a a a +=+成立，则41a a =（ ）． A ．4 B ．1C ．由等差数列的公差的值决定D ．由等差数列的首项1a 的值决定7、（虹口区2018高三二模）已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列，且2a ，4a ，3a 成等差数列，则q = _______．8、（黄浦区2018高三二模）已知数列{}n a 是共有k 个项的有限数列，且满足11(2,,1)n n nna a n k a +-=-=-，若1224,51,0k a a a ===，则k = ．9、（静安区2018高三二模）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S （n ∈*N ），且63198S S =-，42158a a =--，则3a 的值为 10、（普陀区2018高三二模）设函数()log m f x x =（0m >且1m ≠），若m 是等比数列{}n a （*N n ∈）的公比，且2462018()7f a a a a =，则22221232018()()()()f a f a f a f a ++++的值为_________.11、（青浦区2018高三二模）在等比数列{}n a 中，公比2q =，前n 项和为n S ，若51S =，则10S = ．12、（青浦区2018高三上期末）设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =13、（松江、闵行区2018高三二模）已知数列{}n a ，其通项公式为31n a n =+，*n ∈N ，{}n a 的前n 项和为n S ，则limnn nS n a →∞=⋅ .14、（松江区2018高三上期末）已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若1918a a +=，47a =，则10S = ▲ ．15、（浦东新区2018高三二模）已知{}n a 是等比数列，它的前n 项和为n S ，且34a =，48a =-，则5S =16、（长宁、嘉定区2018高三上期末）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ,12+=n n n a a S （*N ∈n ），若112)1(++-=n n nn a a n b ,则数列}{n b 的前n 项和=n T _______________.二、解答题1、（2018上海高考）给定无穷数列{}n a ，若无穷数列{b n }满足：对任意*n N ∈，都有1||nn b a -≤，则称{}{}n n b a 与“接近”。

1（2019崇明一模）. 计算：20lim31n n n →∞+=+1（2019虹口一模）. 计算：153lim 54n nnn n +→∞-=+ 2（2019闵行一模）. 2221lim 331n n n n →∞-=++ 3（2019金山一模）. 计算：21lim32n n n →∞-=+4（2019黄浦一模）. 记等差数列{}n a ()n ∈*N 的前n 项和为n S ，若51a =，则9S = 4（2019松江一模）. 已知等差数列{}n a 的前10项和为30，则14710a a a a +++=4（2019徐汇一模）. 若数列{}n a 的通项公式为2111n na n n=+（n ∈*N ），则lim n n a →∞= 5（2019闵行一模）. 等比数列{}n a 中，121a a +=，5616a a +=，则910a a +=6（2019浦东一模）. 已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S . 若936S =，则348a a a ++=6（2019静安一模）. 在数列{}n a 中，11a =，且{}n a 是公比为13的等比数列，设13521n n T a a a a -=+++⋅⋅⋅+，则lim n n T →∞= ()n ∈*N6（2019徐汇一模）. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 经过坐标原点，(3,1)n =是l 的一个法向量，已知数列{}n a 满足：对任意的正整数n ，点1(,)n n a a +均在l 上，若26a =，则3a 的值为7（2019杨浦一模）. 在无穷等比数列{}n a 中，121lim()2n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=，则1a 的取值范围是7（2019青浦一模）. 已知无穷等比数列{}n a 各项的和为4，则首项1a 的取值范围是 7（2019宝山一模）. 如果无穷等比数列{}n a 所有奇数项的和等于所有项和的3倍，则公比q =7（2019静安一模）. 某用人单位为鼓励员工爱岗敬业，在分配方案中规定：年度考核合格的员工，从下一年一月份开始在上一年平均月工资收入基础上增加7%作为新一年的月工资收入，假如某员工自2004年一月以来一直在该单位供职，且同一年内月工资收入相同，2004年的月工资收入为5000元，则2019年一月该员工的月工资收入为 元（结果保留两位小数）9（2019金山一模）. 无穷等比数列{}n a 各项和S 的值为2，公比0q <，则首项1a 的取值范围是10（2019黄浦一模）. 已知数列{}n a ()n ∈*N ，若11a =，11()2n n n a a ++=，则2lim n n a →∞=10（2019青浦一模）. 设等差数列{}n a 满足11a =，0n a >，其前n 项和为n S ，若数列也为等差数列，则102limn n nS a +→∞=10（2019普陀一模）. 某人的月工资由基础工资和绩效工资组成，2010年每月的基础工资为2100元，绩效工资为2000元，从2011年起每月基础工资比上一年增加210元，绩效工资为上一年的110%，照此推算，此人2019年的年薪为 万元（结果精确到0.1）11（2019浦东一模）. 已知数列{}n a 满足：211007(1)2018(1)n n n na n a n a ++=-++()n ∈*N ，11a =，22a =，若1limn n na A a +→∞=，则A =11（2019长嘉一模）. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且112n n na a ++=，若数列{}n S 收敛于常数A ，则首项1a 取值的集合为12（2019杨浦一模）. 设d 为等差数列{}n a 的公差，数列{}n b 的前n 项和n T ，满足1(1)2n n n nT b +=-（n ∈*N ），且52d a b ==，若实数23{|}k k k m P x a x a -+∈=<<（k ∈*N ，3k ≥），则称m 具有性质k P ，若n H 是数列{}n T 的前n 项和，对任意的n ∈*N ，21n H -都具有性质k P ，则所有满足条件的k 的值为12（2019崇明一模）. 已知数列{}n a 满足：①10a =；②对任意的n ∈*N ，都有1n n a a +>成立.函数1()|sin ()|n n f x x a n=-，1[,]n n x a a +∈满足：对于任意的实数[0,1)m ∈，()n f x m = 总有两个不同的根，则{}n a 的通项公式是12（2019宝山一模）. 如果等差数列{}n a 、{}n b 的公差都为d （0d ≠），若满足对于任意n ∈*N ，都有n n b a kd -= ，其中k 为常数，k ∈*N ，则称它们互为“同宗”数列，已知等差数列{}n a 中，首项11a =，公差2d =，数列{}n b 为数列{}n a 的“同宗”数列，若11221111lim()3n n n a b a b a b →∞++⋅⋅⋅+=，则k = 12（2019闵行一模）. 若无穷数列{}n a 满足：10a ≥，当n ∈*N ，2n ≥时，1121||max{,,,}n n n a a a a a ---=⋅⋅⋅（其中121max{,,,}n a a a -⋅⋅⋅表示121,,,n a a a -⋅⋅⋅中的最大项），有以下结论：① 若数列{}n a 是常数列，则0n a =（n ∈*N ）； ② 若数列{}n a 是公差0d ≠的等差数列，则0d <；③ 若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，则1q >；④ 若存在正整数T ，对任意n ∈*N ，都有n T n a a +=，则1a 是数列{}n a 的最大项. 则其中的正确结论是 （写出所有正确结论的序号）15（2019奉贤一模）. 各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1lim 3n n n n nS a S a →∞-<+，则q 的取值范围是（ ）A. (0,1)B. (2,)+∞C. (0,1](2,)+∞ D. (0,2)16（2019奉贤一模）. 若三个非零且互不相等的实数1x 、2x 、3x 成等差数列且满足123112x x x +=，则称1x 、2x 、3x 成“β等差数列”，已知集合{|||100,}M x x x =≤∈Z ，则由M 中的三个元素组成的所有数列中，“β等差数列”的个数为（ ） A. 25 B. 50 C. 51 D. 10016（2019徐汇一模）. 已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，前n 项和为n S ，若对任意的n ∈*N ，都有3n S S ≥，则65a a 的值不可能为（ ） A. 2 B.53 C. 32D. 43 19（2019松江一模）. 某科技创新公司投资400万元研发了一款网络产品，产品上线第1个月的收入为40万元，预计在今后若干个月内，该产品每月的收入平均比上一月增长50%，同时，该产品第1个月的维护费支出为100万元，以后每月的维护费支出平均比上一个月增加50万元.（1）分别求出第6个月该产品的收入和维护费支出，并判断第6个月该产品的收入是否足 够支付第6个月的维护费支出？（2）从第几个月起，该产品的总收入首次超过总支出？ （总支出包括维护费支出和研发投资支出）20（2019普陀一模）. 设数列{}n a 满足135a =，132n n n a a a +=+（n ∈*N ）.（1）求2a 、3a 的值； （2）求证：1{1}n a -是等比数列，并求12111lim()n n n a a a →∞++⋅⋅⋅+-的值；（3）记{}n a 的前n 项和为n S ，是否存在正整数k ，使得对于任意的n （n ∈*N 且2n ≥）均有n S k ≥成立？若存在，求出k 的值，若不存在，说明理由.21（2019宝山一模）. 如果数列{}n a 对任意n ∈*N ，都有2n n a a d +-=，其中d 为常数，则称数列{}n a 是“间等差数列”，d 为“间公差”，若数列{}n a 满足1235n n a a n ++=-，n ∈*N ，1a a =（a ∈R ）.（1）求证：数列{}n a 是“间等差数列”，并求间公差d ；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若n S 的最小值为153-，求实数a 的取值范围； （3）类似地：非零数列{}n b 对任意n ∈*N ，都有2n nb q b +=，其中q 为常数，则称数列{}n b 是“间等比数列”，q 为“间公比”，已知数列{}nc 中，满足1c k =（0k ≠，k ∈Z ），1112018()2n n n c c -+=⋅，n ∈*N ，试问数列{}n c 是否为“间等比数列”，若是，求最大的整数k 使得对于任意n ∈*N ，都有1n n c c +>，若不是，说明理由.21（2019奉贤一模）. 若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得数列{}n a 的前n 项和n m S a =，则称数列{}n a 是“回归数列”.（1）前n 项和为2n n S =的数列{}n a 是否是“回归数列”？并请说明理由；（2）设{}n a 是等差数列，首项11a =，公差0d <，若{}n a 是“回归数列”，求d 的值； （3）是否对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“回归数列”{}n b 和{}n c ，使得n n n a b c =+ （n ∈*N ）成立，请给出你的结论，并说明理由.21（2019金山一模）. 在等差数列{}n a 中，13515a a a ++=，611a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意m ∈*N ，将数列{}n a 中落入区间121(2,2)m m ++内的项的个数记为{}m b ，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，求使得2018m S >的最小整数m ；（3）若n ∈*N ，使不等式1111(21)n n n n a n a a a λ+++≤+≤+成立，求实数λ的取值范围.21（2019黄浦一模）. 给定整数n (4)n ≥，设集合12{,,,}n A a a a =⋅⋅⋅，记集合{|,,1}i j i j B a a a a A i j n =+∈≤≤≤.（1）若{3,0,1,2}A =-，求集合B ；（2）若12,,,n a a a ⋅⋅⋅构成以1a 为首项，d (0)d >为公差的等差数列，求证：集合B 中的元 素个数为21n -；（3）若12,,,n a a a ⋅⋅⋅构成以3为首项，3为公比的等比数列，求集合B 中元素的个数及所有 元素之和.21（2019徐汇一模）. 已知项数为0n （04n ≥）项的有穷数列{}n a ，若同时满足以下三个条件：①11a =，0n a m =（m 为正整数）；②10i i a a --=或1，其中02,3,,i n =⋅⋅⋅；③任取数列{}n a 中的两项p a 、q a （p q ≠），剩下的02n -项中一定存在两项s a 、t a （s t ≠），满足p q s t a a a a +=+，则称数列{}n a 为Ω数列.（1）若数列{}n a 是首项为1，公差为1，项数为6项的等差数列，判断数列{}n a 是否是Ω数列，并说明理由；（2）当3m =时，设Ω数列{}n a 中1出现1d 次，2出现2d 次，3出现3d 次，其中123,,d d d ∈*N ，求证：14d ≥，22d ≥，34d ≥；（3）当2019m =时，求Ω数列{}n a 中项数0n 的最小值.21（2019闵行一模）. 对于数列{}n a ，若存在正数p ，使得1n n a pa +≤对任意n ∈*N 都成立，则称数列{}n a 为“拟等比数列”.（1）已知0a >，0b >，且a b >，若数列{}n a 和{}n b 满足：12a ba +=，1b =12n n n a b a ++=，1n b +=()n ∈*N ； ① 若11a =，求1b 的取值范围；② 求证：数列{}n n a b -()n ∈*N 是“拟等比数列”；（2）已知等差数列{}n c 的首项为1c ，公差为d ，前n 项和为n S ，若10c >，40350S >，40360S <，且{}n c 是“拟等比数列”，求p 的取值范围. （请用1c ，d 表示）21（2019松江一模）. 对于给定数列{}n a ，若数列{}n b 满足：对任意n ∈*N ，都有11()()0n n n n a b a b ++--<，则称数列{}n b 是数列{}n a 的“相伴数列”.（1）若n n n b a c =+，且数列{}n b 是{}n a 的“相伴数列”，试写出{}n c 的一个通项公式，并说明理由；（2）设21n a n =-，证明：不存在等差数列{}n b ，使得数列{}n b 是{}n a 的“相伴数列”； （3）设12n n a -=，1n n b b q -=⋅（其中0q <），若{}n b 是{}n a 的“相伴数列”，试分析实数b 、q 的取值应满足的条件.21（2019崇明一模）. 已知数列{}n a 、{}n b 均为各项都不相等的数列，n S 为{}n a 的前n 项和，11n n n a b S +=+（n ∈*N ）.（1）若11a =，2n nb =，求4a 的值； （2）若{}n a 是公比为q （1q ≠）的等比数列，求证：数列1{}1n b q+-为等比数列； （3）若{}n a 的各项都不为零，{}n b 是公差为d 的等差数列，求证：2a 、3a 、⋅⋅⋅、n a 、⋅⋅⋅ 成等差数列的充要条件是12d =.21（2019虹口一模）. 对于n ()n ∈*N 个实数构成的集合12{,,}n E e e e =，记12E n S e e e =+++. 已知由n ()n ∈*N 个正整数构成的集合12{,,,}n A a a a =12(,3)n a a a n <<<≥满足：对于任意不大于A S 的正整数m ，均存在集合A 的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m . （1）试求1a 、2a 的值；（2）求证：“1a 、2a 、、n a 成等差数列”的充要条件是“1(1)2A S n n =+”； （3）若2018A S =，求证：n 的最小值为11；并求n 取得最小值时，n a 的最大值.21（2019杨浦一模）. 记无穷数列{}n a 的前n 项中最大值为n M ，最小值为n m ，令2n nn M m b +=，n ∈*N . （1）若2cos 2n n n a π=+，请写出3b 的值；（2）求证：“数列{}n a 是等差数列”是“数列{}n b 是等差数列”的充要条件；（3）若对任意n ，有||2018n a <，且||1n b =，请问：是否存在K ∈*N ，使得对于任意不小于K 的正整数n ，有1n n b b +=成立？请说明理由.21（2019长嘉一模）. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2a a =. （1）若数列{}n a 是等差数列，且815a =，求实数a 的值；（2）若数列{}n a 满足22n n a a +-=（n *∈N ），且191019S a =，求证：{}n a 是等差数列； （3）设数列{}n a 是等比数列，试探究当正实数a 满足什么条件时，数列{}n a 具有如下性质M ：对于任意的2n ≥（n *∈N ），都存在m *∈N ，使得1()()0m n m n S a S a +--<，写出你的探究过程，并求出满足条件的正实数a 的集合.21（2019浦东一模）. 已知平面直角坐标系xOy ，在x 轴的正半轴上，依次取点123,,,,n A A A A （n ∈*N ），并在第一象限内的抛物线232y x =上依次取点123,,,,n B B B B （n ∈*N ），使得1k k k A B A -△（k ∈*N ）都为等边三角形，其中0A 为坐标原点，设第n 个三角形的边长为()f n .（1）求(1)f ，(2)f ，并猜想()f n ；（不要求证明）（2）令9()8n a f n =-，记m t 为数列{}n a 中落在区间2(9,9)m m 内的项的个数，设数列{}m t 的前m 项和为m S ，试问是否存在实数λ，使得2m S λ≤对任意m ∈*N 恒成立？若存在， 求出λ的取值范围；若不存在，说明理由； （3）已知数列{}n b满足：1b =1n b +=，数列{}n c 满足：11c =，1n nc +=1()2n n n b f c π+<<.21（2019青浦一模）. 若存在常数k （k ∈*N ，2k ≥）、c 、d ，使得无穷数列{}n a 满足1n n nn a d ka n ca k +⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩**N N ，则称数列{}n a 为“Γ数列”，已知数列{}n b 为“Γ数列”. （1）若数列{}n b 中，11b =，3k =，4d =，0c =，试求2019b 的值；（2）若数列{}n b 中，12b =，4k =，2d =，1c =，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若不 等式43n n S λ≤⋅对n ∈*N 恒成立，求实数λ的取值范围；（3）若{}n b 为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{}n b ，并说明理由.21（2019静安一模）. 将n 个数1a 、2a 、⋅⋅⋅、n a 的连乘积123n a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅记为1nii a=∏，将n 个数1a 、2a 、⋅⋅⋅、n a 的和12n a a a ++⋅⋅⋅+记为1ni i a =∑()n ∈*N .（1）若数列{}n x 满足11x =，21n nn x x x +=+，设111nn i iP x ==+∏，111nn i i S x ==+∑，求55P S +；（2）用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[2]2=，[3.4]3=，[ 1.8]2-=-，若数列{}n x 满 足11x =，21n nn x x x +=+，求20191[]1ii ix x =+∑的值； （3）设定义在正整数集*N 上的函数()f n 满足：当(1)(1)22m m m m n -+<≤()m ∈*N 时， ()f n m =，问是否存在正整数n ，使得1()2019ni f i ==∑若存在，求出n 的值；若不存在，说明理由. （已知21(1)(21)6ni n n n i =++=∑，例如1821181********i i =⨯⨯==∑）。